2023高考数学二轮专题导数38讲 专题38 由函数零点或方程根的个数求参数范围问题

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专题38　由函数零点或方程根的个数求参数范围问题
【例题选讲】
[例1]　已知函数f(x)＝x2＋－aln x(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝2处取得极值，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当a>0时，若f(x)有唯一的零点x0，求[x0]．
注：[x]表示不超过x的最大整数，如[0.6]＝0，[2.1]＝2，[－1.5]＝－2．
(参考数据：ln 2＝0.693，ln 3＝1.099，ln 5＝1.609，ln 7＝1.946)
[规范解答]　(1)∵f(x)＝x2＋－aln x，∴f′(x)＝(x>0)，
由题意得f′(2)＝0，则2×23－2a－2＝0，a＝7，
经验证，当a＝7时，f(x)在x＝2处取得极值，∴f(x)＝x2＋－7ln x，
f′(x)＝2x－－，∴f′(1)＝－7，f(1)＝3，
则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－3＝－7(x－1)，即7x＋y－10＝0．
(2)令g(x)＝2x3－ax－2(x>0)，则g′(x)＝6x2－a，由a>0，g′(x)＝0，可得x＝，
∴g(x)在上单调递减，在上单调递增．
由于g(0)＝－2<0，故当x∈时，g(x)<0，又g(1)＝－a<0，
故g(x)在(1，＋∞)上有唯一零点，设为x1，
从而可知f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增，
由于f(x)有唯一零点x0，故x1＝x0，且x0>1，则g(x0)＝0，f(x0)＝0，可得2ln x0－－1＝0．
令h(x)＝2ln x－－1(x>1)，易知h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
由于h(2)＝2ln 2－<2×0.7－<0，h(3)＝2ln 3－>0，故x0∈(2，3)，[x0]＝2．
[例2]　已知函数f (x)＝xex－a(x＋1)2．
(1)若a＝e，求函数f (x)的极值；
(2)若函数f (x)有两个零点，求实数a的取值范围．
[破题思路]　第(1)问求f (x)的极值，想到求f ′(x)＝0的解，然后根据单调性求极值；第(2)问求实数a的取值范围，想到建立关于a的不等式，给出函数f (x)的解析式，并已知f (x)有两个零点，利用f (x)的图象与x轴有两个交点求解．
[规范解答]　(1)由题意知，当a＝e时，f (x)＝xex－e(x＋1)2，函数f (x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f ′(x)＝(x＋1)ex－e(x＋1)＝(x＋1)(ex－e)．令f ′(x)＝0，解得x＝－1或x＝1．
当x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如下表所示：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，1)
1
(1，＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
0
＋
f (x)

极大值－

极小值－e

所以当x＝－1时，f (x)取得极大值－；当x＝1时，f (x)取得极小值－e．
(2)法一：分类讨论法　f ′(x)＝(x＋1)ex－a(x＋1)＝(x＋1)(ex－a)，
若a＝0，易知函数f (x)在(－∞，＋∞)上只有一个零点，故不符合题意．
若a<0，当x∈(－∞，－1)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；
当x∈(－1，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．
由f (－1)＝－<0，且f (1)＝e－2a>0，当x→－∞时，f (x)→＋∞，
所以函数f (x)在(－∞，＋∞)上有两个零点．
若ln a<－1，即00，f (x)单调递增；
当x∈(ln a，－1)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．
又f (ln a)＝aln a－a(ln a＋1)2<0，所以函数f (x)在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意．
若ln a＝－1，即a＝，当x∈(－∞，＋∞)时，f ′(x)≥0，f (x)单调递增，故不符合题意．
若ln a>－1，即a>，当x∈(－∞，－1)∪(ln a，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；
当x∈(－1，ln a)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．
又f (－1)＝－<0，所以函数f (x)在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意．
综上，实数a的取值范围是(－∞，0)．
法二：数形结合法　令f (x)＝0，即xex－a(x＋1)2＝0，得xex＝a(x＋1)2．
当x＝－1时，方程为－e－1＝a×0，显然不成立，
所以x＝－1不是方程的解，即－1不是函数f (x)的零点．
当x≠－1时，分离参数得a＝．
记g(x)＝(x≠－1)，则g′(x)＝＝．
当x<－1时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x>－1时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．
当x＝0时，g(x)＝0；当x→－∞时，g(x)→0；当x→－1时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞．
故函数g(x)的图象如图所示．

作出直线y＝a，由图可知，当a<0时，直线y＝a和函数g(x)的图象有两个交点，此时函数f (x)有两个零点．故实数a的取值范围是(－∞，0)．
[题后悟通]　利用函数零点的情况求参数范围的方法
(1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；
(2)利用零点的存在性定理构建不等式求解；
(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解
[例3]　已知函数f(x)＝ex－2x－1．
(1)求曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程；
(2)设g(x)＝af(x)＋(1－a)ex，若g(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
[规范解答]　(1)由题意知f′(x)＝ex－2，k＝f′(0)＝1－2＝－1，又f(0)＝e0－2×0－1＝0，
∴f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y＝－x．
(2)g(x)＝ex－2ax－a，g′(x)＝ex－2a．当a≤0时，g′(x)>0，∴g(x)在R上单调递增，不符合题意．
当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝ln(2a)，在(－∞，ln(2a))上，g′(x)<0，在(ln(2a)，＋∞)上，g′(x)>0，
∴g(x)在(－∞，ln(2a))上单调递减，在(ln(2a)，＋∞)上单调递增，
∴g(x)极小值＝g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－a＝a－2aln(2a)．
∵g(x)有两个零点，∴g(x)极小值<0，即a－2aln(2a)<0，∵a>0，∴ln(2a)>，解得a>，
∴实数a的取值范围为．
[例4]　已知函数f (x)＝ln x－ax2＋x，a∈R．
(1)当a＝0时，求曲线y＝f (x)在点(e，f (e))处的切线方程；
(2)讨论f (x)的单调性；
(3)若f (x)有两个零点，求a的取值范围．
[规范解答]　(1)当a＝0时，f (x)＝ln x＋x，f (e)＝e＋1，f ′(x)＝＋1，f ′(e)＝1＋，
∴曲线y＝f (x)在点(e，f (e))处的切线方程为y－(e＋1)＝(x－e)，即y＝x．
(2)f ′(x)＝－2ax＋1＝，x>0，
①当a≤0时，显然f ′(x)>0，∴f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，令f ′(x)＝＝0，则－2ax2＋x＋1＝0，易知其判别式为正，
设方程的两根分别为x1，x2(x1 ∴f ′(x)＝＝，x>0．
令f ′(x)>0，得x∈(0，x2)；令f ′(x)<0，得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝，
∴函数f (x)在上单调递增，在上单调递减．
(3)法一：由(2)知，
①当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增，至多一个零点，不符合题意；
②当a>0时，函数f (x)在(0，x2)上单调递增，在(x2，＋∞)上单调递减，∴f (x)max＝f (x2)．
要使f (x)有两个零点，需f (x2)>0，即ln x2－ax＋x2>0，
又由f ′(x2)＝0得ax＝，代入上面的不等式得2ln x2＋x2>1，解得x2>1，∴a＝＝<1．
下面证明：当a∈(0，1)时，f (x)有两个零点．
f ＝ln－ae－2＋<0，f ＝ln－a·＋<－a·＋＝0(∵ln x 又x2＝<＝<，且x2＝＝>＝1>，
f (x2)＝ln x2－ax＋x2＝(2ln x2＋x2－1)>0，∴f (x)在与上各有一个零点．
∴a的取值范围为(0，1)．
法二：函数f (x)有两个零点，等价于方程a＝有两解．令g(x)＝，x>0，则g′(x)＝．
由g′(x)＝>0，得2ln x＋x<1，解得0
又当x≥1时，g(x)>0，当x→0时，g(x)→－∞，
∴作出函数g(x)的简图如图，结合函数值的变化趋势猜想：当a∈(0，1)时符合题意．
下面给出证明：
当a≥1时，a≥g(x)max，方程至多一解，不符合题意；当a≤0时，方程至多一解，不符合题意；
当a∈(0，1)时，g<0，∴g－a<0，g＝<＝a，∴g－a<0．
∴方程在与上各有一个根，∴f (x)有两个零点．∴a的取值范围为(0，1)．
[例5]　(2017·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)·ex－x．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
[规范解答]　(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．
(ⅰ)若a≤0，则f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递减．
(ⅱ)若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝－ln a．
当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)＞0．所以f(x)在(－∞，－ln a)单调递减，在(－ln a，＋∞)单调递增．
(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．
(ⅱ)若a＞0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a．
①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；
②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a＞0，即f(－ln a)＞0，故f(x)没有零点；
③当a∈(0，1)时，1－＋ln a＜0，即f(－ln a)＜0．
又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2＞－2e－2＋2＞0，故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点．
设正整数n0满足n0＞ln，则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0＞en0－n0＞2n0－n0＞0．
由于ln＞－ln a，因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点．
综上，a的取值范围为(0，1)．
[例6]　已知a∈R，函数f(x)＝ex－ax(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)若函数f(x)在区间(－e，－1)上是减函数，求实数a的取值范围；
(2)若函数F(x)＝f(x)－(ex－2ax＋2ln x＋a)在区间内无零点，求实数a的最大值．
[规范解答]　(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a且f′(x)在R上单调递增．
若f(x)在区间(－e，－1)上是减函数，只需f′(x)≤0在(－e，－1)上恒成立．
因此只需f′(－1)＝e－1－a≤0，解得a≥．又当a＝时，f′(x)＝ex－≤0，当且仅当x＝－1时取等号．
所以实数a的取值范围是．
(2)由已知得F(x)＝a(x－1)－2ln x，且F(1)＝0，则F′(x)＝a－＝＝，x>0．
①当a≤0时，F′(x)<0，F(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
结合F(1)＝0知，当x∈时，F(x)>0．所以F(x)在内无零点．
②当a>0时，令F′(x)＝0，得x＝．若≥，即a∈(0，4]时，F(x)在上是减函数．
又x→0时，F(x)→＋∞．要使F(x)在内无零点，只需F＝－－2ln≥0，则0 若<，即a>4时，则F(x)在上是减函数，在上是增函数．
所以F(x)min＝F＝2－a－2ln，令φ(a)＝2－a－2ln，则φ′(a)＝－1＋＝<0．
所以φ(a)在(4，＋∞)上是减函数，则φ(a)<φ(4)＝2ln 2－2<0．
因此F<0，所以F(x)在x∈内一定有零点，不合题意，舍去．
综上，函数F(x)在内无零点，应有a≤4ln 2，所以实数a的最大值为4ln 2．
【对点训练】
1．(2018·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2．
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a．
1．解析　(1)当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0．
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x．
当x≠1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1．
(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x．当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点．
①当a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点；
②当a>0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x．当x∈(0，2)时，h′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0．
所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．故h(2)＝1－是h(x)在[0，＋∞)的最小值．
1)若h(2)>0，即a<，h(x)在(0，＋∞)没有零点；
2)若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；
3)若h(2)<0，即a>，由于h(0)＝1，
所以h(x)在(0，2)有一个零点．由(1)知，当x>0时，ex>x2，
所以h(4a)＝1－＝1－>1－＝1－>0．
故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．
综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝．
2．设函数f(x)＝ln x＋x.
(1)令F(x)＝f(x)＋－x(0 (2)若方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，求正数m的值．
2．解析　(1)∵F(x)＝ln x＋，x∈(0，3]，∴F′(x)＝－＝，∴k＝F′(x0)＝，
∵F(x)的图象上任意一点P(x0，y0)处切线的斜率k≤恒成立，∴k＝≤在x0∈(0，3]上恒成立，
∴a≥max，x0∈(0，3]，当x0＝1时，－x＋x0取得最大值，
∴a≥，即实数a的取值范围为.
(2)∵方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，∴x2－2mln x－2mx＝0有唯一实数解．
设g(x)＝x2－2mln x－2mx，则g′(x)＝．令g′(x)＝0，则x2－mx－m＝0.
∵m>0，∴Δ＝m2＋4m>0，∵x>0，∴x1＝<0(舍去)，x2＝，
当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减，
当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)单调递增，
当x＝x2时，g′(x2)＝0，g(x)取最小值g(x2)．∵g(x)＝0有唯一解，∴g(x2)＝0，
则即x－2mln x2－2mx2＝x－mx2－m，∴2mln x2＋mx2－m＝0，
∵m>0，∴2ln x2＋x2－1＝0.(*)
设函数h(x)＝2ln x＋x－1，∵当x>0时，h(x)是增函数，∴h(x)＝0至多有一解．
∵h(1)＝0，∴方程(*)的解为x2＝1，即1＝，解得m＝.
3．函数f(x)＝ax＋xln x在x＝1处取得极值．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．
3．解析　(1)由题意知，f′(x)＝a＋ln x＋1(x>0)，f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋xln x，即f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0 ∴f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．
(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)上有两个不同的零点，可转化为f(x)＝m＋1在(0，＋∞)上有两个不同的根，
也可转化为y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点，
由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，
由题意得，m＋1>－1，即m>－2，①
当00且x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞．
如图，由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②

由①②可得－2 4．设函数f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R)．
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数f(x)在上有两个零点，求实数a的取值范围．
4．解析　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，
f′(x)＝－2x－1＋＝，令f′(x)＝0，得x＝(负值舍去)，当00；当x>时，f′(x)<0，
∴f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)令f(x)＝－x2＋ax＋ln x＝0，得a＝x－，令g(x)＝x－，其中x∈，
则g′(x)＝1－＝，令g′(x)＝0，得x＝1，当≤x<1时，g′(x)<0；当10，
∴g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(1，3]，∴g(x)min＝g(1)＝1，
由于函数f(x)在上有两个零点，g＝3ln 3＋，g(3)＝3－，3ln 3＋>3－，
∴实数a的取值范围是．
5．已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
5．解析　(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
①设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0．
所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
②设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
若a＝－，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
若a>－，则ln(－2a)<1，故当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)<0．
所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a)，1)上单调递减．
若a<－，则ln(－2a)>1，故当x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0．
所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a))上单调递减．
(2)①设a>0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，
所以f(x)有两个零点．
②设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一个零点．
③设a<0，若a≥－，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，故f(x)不存在两个
零点；
若a<－，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，
f(x)<0，故f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
6．已知函数f(x)＝(x－1)ex＋ax2，a∈R．
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
6．解析　(1)f′(x)＝ex＋(x－1)ex＋2ax＝x(ex＋2a)．
①若a≥0，则当x>0时，f′(x)>0；当x<0时，f′(x)<0．
故函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
②当a<0时，由f′(x)＝0，解得x＝0或x＝ln(－2a)．
(ⅰ)若ln(－2a)＝0，即a＝－，则∀x∈R，f′(x)＝x(ex－1)≥0，故f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
(ⅱ)若ln(－2a)<0，即－0；当x∈(ln(－2a)，0)时，f′(x)<0．故函数f(x)在(－∞，ln(－2a))，(0，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a)，0)上单调递减．
(ⅲ)若ln(－2a)>0，即a<－，则当x∈(－∞，0)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(0，ln(－2a))时，f′(x)<0．故函数f(x)在(－∞，0)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，在(0，ln(－2a))上单调递减．
(2)①当a>0时，由(1)知，函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
因为f(0)＝－1<0，f(2)＝e2＋4a>0，取实数b满足b<－2且b f(b)>a(b－1)＋ab2＝a(b2＋b－1)>a(4－2－1)>0，所以f(x)有两个零点；
②若a＝0，则f(x)＝(x－1)ex，故f(x)只有一个零点．
③若a<0，由(1)知，
当a≥－时，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又当x≤0时，f(x)<0，故f(x)不存在两个零点；
当a<－时，则f(x)在(－∞，0)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增；
在(0，ln(－2a))上单调递减．又f(0)＝－1，故不存在两个零点．
综上所述，a的取值范围是(0，＋∞)．
7．已知函数f(x)＝(2－a)x－2(1＋ln x)＋a．
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间．
(2)若函数f(x)在区间上无零点，求a的最小值．
7．解析　(1)当a＝1时，f(x)＝x－1－2ln x，则f′(x)＝1－，其中x∈(0，＋∞)．
由f′(x)＞0，得x＞2，由f′(x)＜0，得0＜x＜2，
故f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．
(2)f(x)＝(2－a)x－2(1＋ln x)＋a＝(2－a)(x－1)－2ln x，
令m(x)＝(2－a)(x－1)，h(x)＝2ln x，其中x＞0，则f(x)＝m(x)－h(x)．
①当a＜2时，m(x)在上为增函数，h(x)在上为增函数，
结合图象知，若f(x)在上无零点，则m≥h，即(2－a)≥2ln ，
所以a≥2－4ln 2，所以2－4ln 2≤a＜2．
②当a≥2时，在上m(x)≥0，h(x)＜0，所以f(x)＞0，所以f(x)在上无零点．
由①②得a≥2－4ln 2，所以amin＝2－4ln 2．
8．已知函数F(x)＝－．
(1)设函数h(x)＝(x－1)F(x)，当a＝2时，证明：当x>1时，h(x)>0；
(2)若F(x)有两个不同的零点，求a的取值范围．
8．解析　(1)当a＝2，x>1时，h′(x)＝>0，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)>0．
(2)设函数f(x)＝ln x－，则f′(x)＝．
令g(x)＝x2＋2(1－a)x＋1，
当a≤1，x>0时，g(x)>0，
当1 所以当a≤2时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
此时f(x)至多有一个零点，F(x)＝f(x)至多有一个零点，不符合题意，舍去．
当a>2时，Δ＝4a2－8a>0，此时g(x)有两个零点，设为t1，t2，且t1 又t1＋t2＝2(a－1)>0，t1t2＝1，所以0 所以f(x)在(0，t1)，(t2，＋∞)上单调递增，在(t1，t2)上单调递减，
且f(1)＝0，所以f(t1)>0，f(t2)<0，
又f(e－a)＝－<0，f(ea)＝>0，且f(x)的图象连续不断，
所以存在唯一x1∈(e－a，t1)，使得f(x1)＝0，存在唯一x2∈(t2，ea)，使得f(x2)＝0．
又F(x)＝f(x)，所以当F(x)有两个不同零点时，a的取值范围为(2，＋∞)．
9．已知函数f(x)＝xex－a(lnx＋x)，a∈R．
(1)当a＝e时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
9．解析　(1)函数的定义域为(0，＋∞)，当a＝e时，f′(x)＝．
令f′(x)>0，得x>1，令f′(x)<0，得0 (2)记t＝ln x＋x，则t＝ln x＋x在(0，＋∞)上单调递增，且t∈R．
∴f(x)＝xex－a(ln x＋x)＝et－at．设g(t)＝et－at，
∴f(x)在x>0时有两个零点等价于g(t)＝et－at在t∈R上有两个零点．
①当a＝0时，g(t)＝et在R上单调递增，且g(t)>0，故g(t)无零点；
②当a<0时，g′(t)＝et－a在R上单调递增，
又g(0)＝1>0，g＝－1<0，故g(t)在R上只有一个零点；
③当a>0时，由g′(t)＝et－a＝0可知g(t)在t＝ln a时有唯一的一个极小值且为最小值g(ln a)＝a(1－ln a)．
若00，g(t)无零点；
若a＝e，g(ln a)＝0，g(t)只有一个零点；
若a>e时，g(ln a)＝a(1－ln a)<0，而g(0)＝1>0，
由于f(x)＝在x>e时单调递减，可知a>e时，ea>ae>a2．从而g(a)＝ea－a2>0，
∴g(x)在(0，ln a)和(ln a，＋∞)上各有一个零点．
综上可知当a>e时，f(x)有两个零点，即所求a的取值范围是(e，＋∞)．
10．已知函数f(x)＝，g(x)＝a(x－lnx)(a∈R)．
(1)求函数g(x)的极值；
(2)若h(x)＝f(x)－g(x) 在[1，＋∞)上有且只有一个零点，求实数a的取值范围．
10．解析　(1)函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝0时，函数g(x)＝0无极值，
当a≠0时，g′(x)＝a＝．
若a>0，令g′(x)>0，则x>1；令g′(x)<0，则0 所以函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，
所以g(x)的极小值为g(1)＝a，无极大值．
若a<0，令g′(x)>0，则01，
所以函数g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)的极大值为g(1)＝a，无极小值．
(2)令M(x)＝x－lnx，M′(x)＝1－，
当x∈时，M′(x)≥0，所以M(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以M(x)≥M(1)＝1，所以x－ln x>0．
由题可知，h(x)＝f(x)－g(x)在[1，＋∞)上有且只有一个零点，即h(x)＝0在[1，＋∞)上有且只有一个根，
等价于a＝在[1，＋∞)上有且只有一个根，
等价于函数y＝a与函数t(x)＝的图象在[1，＋∞)上只有一个交点，
t′(x)＝，令m(x)＝x2－xln x－2x＋ln x＋1，
则m′(x)＝2x－ln x＋－3，令μ(x)＝m′(x)，则μ′(x)＝2－－＝，
当x∈[1，＋∞)时，μ′(x)≥0，所以m′(x)在[1，＋∞)上单调递增，
则m′(x)≥m′(1)＝0，所以m(x)在[1，＋∞)上单调递增，则m(x)≥m(1)＝0，
所以t(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以t(x)≥e，所以a≥e．